做题记录 2

合集 - 做题记录(6)

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4.做题记录 22024-11-28

5.[做题记录]做题记录 32024-11-286.[做题记录]ABC F/G/Ex 做题计划2024-11-28

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上一个写的太多了，卡爆了。所以再开一个。

P4321 随机漫游

一道综合多种算法的好题。

首先按照图上随机游走的套路，再依据 $n$ 很小的限制，可以设出 $dp$ 方程：设 $f_{s, u}$ 表示当前走过的点集为二进制数 $s$，当前在 $u$ 点，再走完所有点的期望步数。那么显然有 $f_{(1 << n) - 1, u} = 1$。

然后写一下转移柿子：

$$f_{s, u} \leftarrow \sum_{(u, v) \in E} \dfrac{1}{deg_u} f_{s \bigcup v, v} + 1$$

然后发现这是一个 $2 ^ n \times n$ 元的线性方程组。所以可以直接高斯消元。时间复杂度 $O((2 ^ n \times n) ^ 3)$。但是显然爆了。

再考虑将转移方程改写一下，分 $v$ 原本是否属于 $s$ 进行讨论：

$$f_{s, u} \leftarrow \dfrac{1}{deg_u} (\sum_{(u, v) \in E, v \in s} f_{s, v} + \sum_{(u, v) \in E, v \not \in s} f_{s \bigcup v, v}) + 1$$

整理得到：

$$\dfrac{1}{deg_u} \sum_{(u, v) \in E, v \in s} f_{s, v} - f_{s, u} = -(\frac{1}{deg_u} \sum_{(u, v) \in E, v \not \in s} f_{s \bigcup v, v} + 1)$$

这样，只需要按照集合 $s$ 大小倒序枚举，方程组大小自然降为 $O(n)$。

时间复杂度 $O(2 ^ n n ^ 3 + Q)$。

$\text{AC code}$

P3723 [AH2017/HNOI2017] 礼物

首先发现加减相对于两个手环是对称的。因此可以把对一个手环的减法转化成对另一个手环的加法。这样可以假设全是在第一个手环上执行的加减操作。

第一个手环执行了加 $c$ 的操作，且旋转过之后的序列为 $[x_1, x_2 \cdots x_n]$，第二个手环为 $[y_1, y_2 \cdots y_n]$。计算差异值并化简，可以得到差异值是：

$\sum x ^ 2 + \sum y ^ 2 + c ^ 2 n + 2c(\sum x - \sum y) - 2 \sum xy$

可以发现，这个序列只有最后一项是不定的。

因此将 $y$ 序列翻转后再复制一倍，与 $x$ 卷积，答案就是卷积后序列的 $n + 1 \sim 2n$ 项系数的 $\max$。

直接暴力枚举 $c$，加上前面依托就行了。

$\text{AC code}$

P3514 [POI2011] LIZ-Lollipop

回归简单题。

给定权值为 $1$ 或 $2$ 的序列，每次询问有没有权值等于 $k$ 的子区间。

神仙思维题。

假设当前有一个序列权值和为 $w$。那么分下面情况讨论：

• $a_l = 2$，$[l + 1, r]$ 的权值和为 $w - 2$。

• $a_r = 2$，$[l, r - 1]$ 的权值和为 $w - 2$。

• $a_l = a_r = 1$，$[l + 1, r - 1]$ 的权值和为 $w - 2$。

综上，总能根据一个权值为 $w$ 的序列，构造出权值为 $w - 2$ 的序列。

因此只需要知道序列中，权值为奇数的最大子区间和权值为偶数的最大子区间就可以了。

代码下周再补。

P8060 [POI2003] Sums

同余最短路典题。

CF1527E Partition Game

首先能够想到一个很典的 dp：记 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个元素划分成 $j$ 段的最小代价。转移 $O(n)$，时间 $O(n ^ 2 k)$。

考虑优化。首先看这个转移柿子：$f(i, j) = \min \{ f(k, j - 1) + cost(k + 1, i) \}$，这个东西看起来就很凸性。看了看题解确实也是这样的，但是我不会证明。

接下来考虑线段树优化。首先开一个线段树，把 $cost$ 和 $dp$ 值加起来放到线段树里。考虑每次转移都是加入一个新元素，并且对前面的 $dp$ 值没有影响。接下来考虑这个新加入的元素对前面 $cost$ 值的影响。可以发现，他只对 $\mathrm{last}_{a_j} \le i$ 的有影响。

所以只需要线段树支持区间加，区间取 $\min$，单点插入就可以了。

CF1149C Tree Generator™

可以发现，两个点之间的距离，就是这两个点之间括号序列，消掉匹配的括号以后，剩下的没有匹配的括号。

因此问题转化为求最大权值子段，子段权值为消掉合法括号匹配之后的括号数。

这个东西可以线段树维护一下。由于最后括号序列一定形如 $\texttt{))))...((((}$，可以记一下当前区间剩下的 $\texttt{), (}$ 的数量分别是多少，以及区间最大权子段。转移的时候分类讨论一下即可。

CF242E XOR on Segment

这道题有许多做法，其中最简单的就是拆位建 $20$ 棵线段树爆算。

不赘述了。依据的是亦或的位独立性。$O(n \log n \log V)$。

P4046 快递服务

不妨设 $f_{i, j, k}$ 表示当前三个司机在 $i, j, k$ 号公司，而且已经遍历到了 $\max(i, j, k)$ 号公司的 minimum cost。

转移是平凡的。可以做到 $O(n ^ 3)$，$n = 1000$。由于常数小 1s 完全不虚。

signed main() {
	read(n);
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) read(d[i][j]);
	a[ ++ m] = 3, a[ ++ m] = 2, a[ ++ m] = 1;
	while (scanf("%lld", &a[ ++ m]) != EOF);
	memset(f, 0x3f, sizeof f); f[1][2][1] = 0;
	rep(i, 3, m) {
		rep(j, 2, i) rep(k, 1, j) f[(i & 1) ^ 1][j][k] = INF;
		rop(j, 2, i) rop(k, 1, j) {
			chkmin(f[(i & 1) ^ 1][j][k], f[i & 1][j][k] + d[a[i]][a[i + 1]]);
			chkmin(f[(i & 1) ^ 1][i][k], f[i & 1][j][k] + d[a[j]][a[i + 1]]);
			chkmin(f[(i & 1) ^ 1][i][j], f[i & 1][j][k] + d[a[k]][a[i + 1]]);
		}
	} rep(i, 1, m) rep(j, 1, m) ans = min(ans, f[m & 1][i][j]);
	printf("%lld\n", ans); return 0;
}

P4158 粉刷匠

发现木板的粉刷相对独立。若求出每个木板粉刷 $j$ 次获得最大收益 $w_{i, j}$，则容易进行分组背包。

现在考虑如何求 $w_{i, j}$。不妨设 $f_{i, j}$ 表示粉刷了前 $i$ 个格子，粉刷了 $j$ 次获得的最大收益。枚举上一次粉刷的位置，可以得到转移

$$f_{i, j} \leftarrow f_{k, j - 1} + s_0(k\sim i)/s_1(k \sim i)$$

好像应该是 $k + 1$。不管了，大概就这样。最后背包合并就行了。$O(nm ^ 2t + nt^2)$。

void calc(int n) {
	rep(i, 0, m) rep(j, 0, t) f[i][j] = 0;
	rep(i, 1, m) s1[i] = s1[i - 1] + (g[n][i] == '1');
	rep(i, 1, m) s0[i] = s0[i - 1] + (g[n][i] == '0');
	rep(i, 1, m) rep(j, 1, t) rop(k, 0, i) {
		f[i][j] = max(f[i][j], f[k][j - 1] + s1[i] - s1[k]);
		f[i][j] = max(f[i][j], f[k][j - 1] + s0[i] - s0[k]);
	} rep(i, 0, t) rep(j, 0, m) w[n][i] = max(w[n][i], f[j][i]);
}
signed main() {
	read(n, m, t);
	rep(i, 1, n) scanf("%s", g[i] + 1);
	rep(i, 1, n) calc(i); memset(f, 0, sizeof f);
	rep(i, 1, n) rep(j, 0, t) rep(k, 0, j)
		f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + w[i][k]);
	rep(i, 0, t) ans = max(ans, f[n][i]); printf("%lld\n", ans);
}

不妨让我们一起来考虑优化！可以发现，背包合并的物体体积是 $O(m)$ 而不是 $O(t)$ 级别的，因为最多染 $m$ 次。

复杂度瓶颈变成了预处理。不妨改变一下状态，设 $f_{i, j, k}$ 表示染了前 $i$ 个格子，用了 $j$ 次，最后一个染的是红 / 蓝。这样就可以做到 $O(nmt)$ 转移。故做到 $O(nmt)$。